Question

10．已知橢圓C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0）的左、右焦點分別為F₁（-1，0），F(xiàn)₂（1，0），點A（1，$\frac{\sqrt{2}}{2}$）在橢圓C上．
（Ⅰ）求橢圓C的標準方程；
（Ⅱ）是否存在斜率為2的直線l，使得當直線l與橢圓C有兩個不同交點M、N時，能在直線y=$\frac{5}{3}$上找到一點P，在橢圓C上找到一點Q，滿足$\overrightarrow{PM}$=$\overrightarrow{NQ}$？若存在，求出直線l的方程；若不存在，說明理由．

Answer 1

分析 （Ⅰ）方法一、運用橢圓的定義，可得a，由a，b，c的關(guān)系，可得b=1，進而得到橢圓方程；
方法二、運用A在橢圓上，代入橢圓方程，結(jié)合a，b，c的關(guān)系，解方程可得a，b，進而得到橢圓方程；
（Ⅱ）設(shè)直線l的方程為y=2x+t，設(shè)M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），P（x₃，$\frac{5}{3}$），Q（x₄，y₄），MN的中點為D（x₀，y₀），聯(lián)立橢圓方程，運用判別式大于0及韋達定理和中點坐標公式，由向量相等可得四邊形為平行四邊形，D為線段MN的中點，則D為線段PQ的中點，求得y₄的范圍，即可判斷．

解答 解：（Ⅰ）方法一：設(shè)橢圓C的焦距為2c，則c=1，
因為A（1，$\frac{\sqrt{2}}{2}$）在橢圓C上，
所以2a=|AF₁|+|AF₂|=$\sqrt{（1+1）^{2}+（\frac{\sqrt{2}}{2}）^{2}}$+$\frac{\sqrt{2}}{2}$=2$\sqrt{2}$，
因此a=$\sqrt{2}$，b²=a²-c²=1，
故橢圓C的方程為$\frac{{x}^{2}}{2}$+y²=1；
方法二：設(shè)橢圓C的焦距為2c，則c=1，
因為A（1，$\frac{\sqrt{2}}{2}$）在橢圓C上，
所以c=1，a²-b²=c²，$\frac{1}{{a}^{2}}$+$\frac{1}{2^{2}}$=1，
解得a=$\sqrt{2}$，b=c=1，
故橢圓C的方程為$\frac{{x}^{2}}{2}$+y²=1；
（Ⅱ）設(shè)直線l的方程為y=2x+t，
設(shè)M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），P（x₃，$\frac{5}{3}$），Q（x₄，y₄），MN的中點為D（x₀，y₀），
由$\left\{\begin{array}{l}{y=2x+t}\\{{x}^{2}+2{y}^{2}=2}\end{array}\right.$消去x，得9y²-2ty+t²-8=0，
所以y₁+y₂=$\frac{2t}{9}$，且△=4t²-36（t²-8）＞0
故y₀=$\frac{{y}_{1}+{y}_{2}}{2}$=$\frac{t}{9}$ 且-3＜t＜3，
由$\overrightarrow{PM}$=$\overrightarrow{NQ}$，知四邊形PMQN為平行四邊形，
而D為線段MN的中點，因此D為線段PQ的中點，
所以y₀=$\frac{\frac{5}{3}+{y}_{4}}{2}$=$\frac{t}{9}$，
可得y₄=$\frac{2t-15}{9}$，
又-3＜t＜3，可得-$\frac{7}{3}$＜y₄＜-1，
因此點Q不在橢圓上，
故不存在滿足題意的直線l．

點評 本題考查橢圓方程的求法，注意運用橢圓的定義和點滿足橢圓方程，考查存在性問題的解法，注意聯(lián)立直線方程和橢圓方程，運用韋達定理和中點坐標公式，考查向量共線的運用，考查化簡整理的運算能力，屬于中檔題．